[1102] HoA | 2008-08-12 16:42:59 |
Köszönöm, kitűnő gondolat. Pedig már az ábrán is látszott... Mivel ka és kb egyik metszéspontja H, hatványvonaluk a H-n áthaladó, FAFB-re merőleges egyenes, vagyis mc. C rajta van a hatványvonalon, CA1.CA2=CB1.CB2, vagyis A1,A2,B1,B2 egy körön van.
|
|
Előzmény: [1100] Fálesz Mihály, 2008-08-12 09:22:15 |
|
|
|
[1098] Káli gúla | 2008-08-11 21:23:53 |
A 9-es szorzót trigonometria nélkül is megkaphatjuk: Ha a,b,c három egységvektor, azaz |a|=|b|=|c|=1, akkor
(a-b)2+(a-c)2+(b-c)2=2(a2+b2+c2)-2ab-2ac-2bc=3(a2+b2+c2)-(a+b+c)2=9-(a+b+c)29 .
Egyenlőség pontosan akkor van, ha a+b+c=0. Ugyanígy, n darab egységvektor közötti összes távolság négyzetösszege legfeljebb n2 (és egyenlőség csak esetén lehet):
|
Előzmény: [1093] BohnerGéza, 2008-08-05 20:34:02 |
|
|
[1096] HoA | 2008-08-08 12:06:40 |
[1096] - hoz hasonlóan a cosinus tételből kiindulva kicsit körülményesebben is erre az eredményre juthatunk :-) . Az adott körbe írt H0 háromszögben, mint [1096] ábráján is , legyen a nagyságra középső szög, . Ekkor . Rögzítsük c-t , és így -t is . a2+b2+c2=2.c2+2abcos . Ez cos>0 miatt annál nagyobb, minél nagyobb az ab szorzat. A sinus tételből , tehát elég sinsin változását vizsgálni. A szorzatot összeggé alakítva sinsin=1/2{cos(-)-cos(+)} . Állandó mellett + is állandó, a két szög különbségének cosinusa pedig annál nagyobb, minél kisebb a két szög különbsége. Eljutottunk [1096] eredményéhez: C -t a körülírt körön az AB ív F felezőpontja felé mozgatva - csökken és így az oldalak négyzetösszege nő.
Mindkét megközelítésre vonatkozó megjegyzés: Szigorúan véve csak azt mutattuk meg, hogy ha van az oldalak négyzetösszegének maximuma, az csak a szabályos hármszögben lehet. Kis finomítással bizonyítható a maximum létezése. H0-ban >60o és <60o , mint a háromszög legnagyobb ill. legkisebb szöge. Ha C -vel F -be jutunk, a másik két szög egyenlő lesz, tehát áthaladtunk egy olyan C' pozíción, ahol a két szög egyike éppen 60o . Legyen ez a háromszög H1 . H1 -ben tehát az oldalak négyzetösszege nagyobb, mint H0-ban. Betűzzük át H1 csúcsait úgy, hogy itt is teljesüljön . Nyilván lesz a 60o -os szög. H1 -ben c-t rögzítve és C -vel a körülírt körön mozogva az oldalak négyzetösszege az AB ív F felezőpontjában nagyobb lesz, mint H1 -ben . Ez a H2 háromszög viszont szabályos, hiszen =60o és =. Tehát tetszőleges H0-ból indulva a szabályos H2 -ben nagyobb az oldalak négyzetösszege , mint H0-ban , H2 tényleg a maximumot adja.
Második megjegyzés: [1096] helyes ábrájához a szövegben is meg kell említeni, hogy -nak az egyik hegyesszöget választjuk. Ellenkező esetben nagyobb területhez kisebb (tompaszög) vagy változatlan (derékszög) oldal-négyzetösszeg tartozik.
|
Előzmény: [1095] BohnerGéza, 2008-08-08 01:43:50 |
|
|
|
|
[1099] HoA | 2008-08-05 11:27:07 |
Hát ha senkit nem érdekel... A [1087] feladat megoldása: Mivel A1A2 a keresett kör húrja, ennek felező merőlegese egyben a BC oldal felező merőlegese, tehát átmegy K-n, és ez a másik két oldalra is igaz, így ha van ilyen kör, annak középpontja csak K lehet. A javasolt segítséget felhasználva - legyen a helyvektorok kezdőpontja K - írjuk fel K és A2 távolságát, felhasználva, hogy ekkor . Legyen BC felezőpontja , . Ennek hossza FA és A2 távolsága , ezért
Ez a kifejezés A, B, C -ben szimmetrikus, tehát például K és B2 távolságának négyzetére ugyanezt kapnánk, a hat pont így egy K középpontú körön fekszik.
Hasonló, de trigonometriai átalakításokat igénylő megoldást kapunk, ha a feltételezett Rh körsugarat a körülírt kör R sugarával és a szögeivel fejezzük ki. Legyen BC felezőpontja FA, ma talppontja TA . Rh2=KFA2+FAA22=KFA2+FAH2=KFA2+FATA2+TAH2 .
Itt KFA=R.cos ,
BTA=2.R.sincos , FATA=2.R.sincos-R.sin ,
TAH=2.R.sincos.ctg=2.R.cos.cos . A négyzetösszeg:
Rh2=R2(cos2+4.cos2.sin2+sin2-4.sincossin+4.cos2cos2)=R2(1+4.cos2-4.sincossin)=R2(1+4.cos(cos-sinsin))=R2(1+4.cos(-cos(+)-sinsin))=R2(1+4.cos(sinsin-coscos-sinsin))=R2(1-4.coscoscos)
Mivel a kifejezés ,, -ban szimmetrikus, az első megoldáshoz hasonlóan adódik, hogy a 6 pont valóban egy K középpontú Rh sugarú körön fekszik.
|
|
Előzmény: [1087] BohnerGéza, 2008-07-22 01:24:34 |
|
[1092] HoA | 2008-07-23 13:35:46 |
A 136. feladat megoldása: Induljunk ki a 120o -nál nem nagyobb szögű esetére ismert bizonyítás ábrájából. Forgassuk el a CAP -et az óramutató járásának irányába C körül 60o -kal, a másik két csúcs elforgatottja A' ill. P' . AA'C és PP'C -ek szabályosak, AA' = AC és PP' = PC, valamint A'P' = AP , tehát azt kell igazolnunk, hogy a BPP'A' T2 törtvonal nem rövidebb a BAA' T1 törtvonalnál. Az összehasonlításnál a nehézséget csak az jelenti, hogy a két törtvonal - mint ábránkon is - keresztezheti egymást. Egészítsük ki ezért az A'P'P -et a PA' átlójú A'P'PP'' parallelogrammává. Ekkor PP'' = P'A' és P''A' = PP', így T2 helyett vehetjük a vele azonos hosszúságú BPP''A' T3 törtvonalat. A'P' AP 60o-os elforgatottja, így a vele egyállású P''P PA-val 60o-os szöget zár be, APP'' szabályos, AP'' AP 60o-os órajárással ellentétes elforgatottja. Mivel AP az ABC belsejében, és így a konvex BAC szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, AP'' a BAA' konkáv szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, ezért az APP'' és így T3, a BPP''A' törtvonal is a a BAA' konkáv szögtartományba esik, P vagy P'' esetleg a határára. Legyen az AA' egyenes és T3 metszéspontja D. Jelöljük X és Y pontok T3 mentén mért távolságát tXY-nal. Ekkor tBD+DABA és tDA'DA'=DA+AA' . A kettőt összeadva DA kiesik: tBD+tDA'=tBA'BA+AA', és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha mindkét egyenlőtlenségben fennáll, vagyis ha P = P'' = A.
|
|
Előzmény: [1078] BohnerGéza, 2008-07-15 17:42:46 |
|
|
[1090] BohnerGéza | 2008-07-22 21:37:40 |
Kedves farkasb!
Nekem (-17;12;1) jött ki normálvektornak.
Természetesen örülök, hogy matekkal foglalkozol. Viszont "a normálvektor" kifejezés nem jó! Egy normálvektort nullától különböző számmal szorozva szintén azt kapunk.
( normálvektorod amúgy jó )
|
Előzmény: [1088] farkasb, 2008-07-22 18:39:20 |
|
|
[1088] farkasb | 2008-07-22 18:39:20 |
Kedves Fórumozók!
Lenne egy elvileg egyszerű kérdésem, nekem nem megy...nem találtam rá sehol megoldást, pedig tényleg egy alapfeladat. Adott egy sík 3 pontjával: A(1,-1,2) B(4,3,5) C(3,2,0)
Melyből a normálvektor:
n(-0.816,0.576,0.048)
És egy P(8,5,1) pont
Keresett a P pont síkon lévő merőleges vetületének xyz koordinátája.
Előre is köszönettel a segítségért: Balázs
|
|
|
|
[1085] BohnerGéza | 2008-07-20 21:50:08 |
( Olyan jellegű, mint érintő négyszög esetén.)
Az alábbi feladatban, azt hiszem, másodrendű görbe a megoldás.
137. feladat: Adott az A és B pont. Határozd meg azon C pontok halmazát, melyekre az ABC háromszög magasságpontja az FaFb középvonalon van.
|
Előzmény: [1084] m2mm, 2008-07-19 11:02:32 |
|
[1084] m2mm | 2008-07-19 11:02:32 |
Köszönöm a választ, de mi P pont mértani helye akkor, ha nem érintőnégyszögről van szó, hanem húrnégyszögről(ennél találtam én is jó pontokat, például a köréírt kör középpontja, és az AB és CD egyenesek metszéspontja)?
|
Előzmény: [1083] BohnerGéza, 2008-07-19 02:14:25 |
|
[1083] BohnerGéza | 2008-07-19 02:14:25 |
Legyen q= PA/PD = PC/PB. Ez azt jelenti, hogy az AD és a CB szakasz q arányú Appolonius-köre a P pontban metszik egymást.
Euklides-ben felvéve egy változtatható arányt (egy állandó szakaszt és "futópont" segítségével egy változó hosszút), megszerkesztve a két szakasz ilyen arányú Appolonius-körét, ezek metszéspontjának nyomvonala kirajzolható. (Sajnos az adatokkal játszani kell, hogy valóban elég hosszú részletét láthassuk.)
Játszadozásom azt valószínűsíti, hogy általában nem másodrendű görbe vonala a keresett halmaz.
|
|
Előzmény: [1079] m2mm, 2008-07-15 19:12:47 |
|
|
[1081] HoA | 2008-07-16 13:28:18 |
És ha igen, akkor skalár vagy vektor szorzat? A vektor szorzat nem valószínű, mert akkor a feltétel egyenértékű azzal, hogy a PAB és PCD háromszőgek (előjeles?) területe egyenlő. Ekkor a P pontnak az AB egyenestől mért távolsága úgy aránylik a CD egyenestől mért távolsághoz, mint a CD és AB szakaszok hossza egymáshoz, a mértani hely egyenes ( ha csak az abszolút értéket vesszük, egyenespár ) , és nem használtuk fel, hogy ABCD érintőnégyszög.
|
Előzmény: [1080] BohnerGéza, 2008-07-16 02:23:08 |
|
|
[1079] m2mm | 2008-07-15 19:12:47 |
Van egy feladat, aminek a megoldására még nem sikerült rájönnöm, de érdekelne. A feladat: Adott egy nem trapéz érintőnégyszög, csúcsai A,B,C,D. Mi azon P pontok mértani helye a síkon, melyekre PA.PB=PC.PD?
|
|
[1078] BohnerGéza | 2008-07-15 17:42:46 |
Ismert, hogy ha egy háromszög minden szöge kisebb 120 foknál, akkor az izogonális pont (melyből a háromszög minden oldala 120 fokos szögben látszik) az a pont, melytől a csúcsokig mért szakaszok összege minimális. Látható pl. a [270]. hozzászólásban.
136. feladat: Legyen az ABC háromszög A-nál lévő szöge legalább 120 fok. Bizonyítandó, hogy a PA+PB+PC összeg akkor minimális, ha P=A!
|
|